「题解」Codeforces 1542D Priority Queue

考虑一个数对答案的贡献，我们想要的是有替当前这个数 pop 的替死鬼，那么可以设计一个 dp：设 $f_{i,j}$ 为当前考虑 $a_x$ 在原序列选到 $i$，共有 $j$ 个替死鬼。注意到由于可以是非连续的子序列，所以每个 $f_{i,j}$ 转移可以从 $<i$ 的所有 $k$，所有的 $f_{k,j'}$ 转移而来。$j'$ 是固定的，具体选哪个我们后面再说。这样子一次 $f_{i,j}$ 就可以通过处理出对于每个 $j$，预处理出所有 $f_{k,j}$ 的前缀和，做到 $\mathcal{O}(1)$ 转移。

那么如何选择 $j'$ ？注意到如果当前 $a_i=a_x$，没有定义谁先 pop，所以钦定遇到此类情况，且 $i<x$ 的时候 $a_i$ 才能当 $a_x$ 的替死鬼。由于相等时弹出的数之间是没有区分的，但只有一种弹出的方案，所以给他加上区分仍然只有一种弹出方案，这样钦定是正确的。

综上所述，可以简单地设出一个 $f_{i,j}$ 的 dp，来得到 $a_x$ 对答案贡献了多少次，一共枚举 $\mathcal{O}(n)$ 个 $x$，一次 dp $\mathcal{O}(n^2)$，复杂度为 $\mathcal{O}(n^3)$。

简单来讲，我们做的是考虑一个数对答案贡献的次数，基于“替死鬼”的贪心设计一个 dp。

详细 dp 方程见代码。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
const ll mod = 998244353;
template <typename T> T Max(T x, T y) { return x > y ? x : y; }
template <typename T> T Min(T x, T y) { return x < y ? x : y; }
template <typename T> T Add(T x, T y) { return (x + y >= mod) ? (x + y - mod) : (x + y); }
template <typename T> T Mul(T x, T y) { return x * y % mod; }
template <typename T>
T &read(T &r) {
	r = 0; bool w = 0; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9') w = ch == '-' ? 1 : 0, ch = getchar();
	while(ch >= '0' && ch <= '9') r = (r << 3) + (r <<1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return r = w ? -r : r;
}
ll qpow(ll x, ll y) {
	ll sumq = 1;
	while(y) {
		if(y&1) sumq = sumq * x % mod;
		x = x * x % mod;
		y >>= 1;
	} return sumq;
}
const int N = 510;
int n, a[N];
ll s[N], f[N][N], ans;
void dp(int p) {
	s[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		if(i == p) continue ;
		for(int j = 0; j <= i; ++j) {
			if(a[i] == 1 && !j) { f[i][j] = 0; continue ; }
			if(a[i] != -1) {
				if(a[i] < a[p] || (a[i] == a[p] && i < p)) f[i][j] = s[j-1];
				else f[i][j] = s[j] % mod;
			}
			else f[i][j] = Add(s[j+1], (j==0 && i < p) ? s[0] : 0ll);
		}
		for(int j = 0; j <= i; ++j) s[j] = Add(s[j], f[i][j]);
	}
}
signed main() {
	read(n);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		char ch; std::cin >> ch;
		if(ch == '+') read(a[i]);
		else a[i] = -1;
	}
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
		if(a[i] != -1) {
			for(int j = 1; j <= n; ++j) s[j] = 0;
			dp(i);
			ll sum = 0;
			for(int i = 0; i <= n; ++i) sum = Add(sum, s[i]);
			ans = Add(ans, sum * a[i] % mod);
		}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}